专题2 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》（新高考II卷）1

这是一份专题2 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》（新高考II卷）1，文件包含专题2《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》新高考II卷1解析版docx、专题2《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》新高考II卷1原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
数 学 试 卷第I卷 选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2022·浙江邵外高三阶段练习）已知集合，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式，求出，从而求出交集.【详解】，解得：，所以，因为，所以故选：A2．（2022·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】使用共轭复数和复数乘法运算知识解决【详解】若，则，∴.故选：C.3．（2022·辽宁·沈阳市第四中学高三阶段练习）南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第19项为（    ）A．290 B．325 C．362 D．399【答案】B【分析】先由条件判断该高阶等差数列为逐项差数之差成等差数列，进而得到，再利用累加法求得，进而可求得.【详解】设该数列为，则由，，，，…可知该数列逐项差数之差成等差数列，首项为1，公差为2，故，故，则，，，…，，上式相加，得，即，故.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）已知为等边三角形，AB=2，设点P，Q满足，，，若，则=（     ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设且先用表示出，，求出的值，即可求出.【详解】解：设且故选：A.5．（2022·上海海洋大学附属大团高级中学一模）电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有（    ）.A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意，利用插空法，可得答案.【详解】先排4个商业广告，则，即存在5个空，再排2个公益广告，则，故总排法：，故选：A.6．（2022·江苏南京·高三阶段练习）若，，则（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先将切化弦，后用二倍角公式代入展开，解得，再根据平方关系结合的范围解得，最后将所求式子用和角公式展开并代值计算即可.【详解】由题，又 .故选：D.7．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件可得球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，然后利用等体积法算出点到平面的距离，然后可得球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，然后可得答案.【详解】因为三棱锥的棱，，两两互相垂直，，所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为，设点到平面的距离为，因为，所以是边长为的等边三角形，由可得，解得，所以球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，其长度为，因为，所以以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为，故选：D8．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论错误的是（    ）A． B．为奇函数C．在上是减函数 D．方程仅有6个实数解【答案】C【分析】由题设可得关于、对称且周期为8，利用对称性和周期性求、判断奇偶性及在上的单调性，由与交点情况，数形结合判断根的个数.【详解】由题设，则关于对称，即，，则关于对称，即，所以，则，故，所以，即，故，所以的周期为8，，A正确；由周期性知：，故为奇函数，B正确；由题意，在与上单调性相同，而上递增，关于对称知：上递增，故上递增，所以在上是增函数，C错误；的根等价于与交点横坐标，根据、对数函数性质得：，，所以如下图示函数图象：函数共有6个交点，D正确. 故选：C二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．（2022·山东·日照一中高三阶段练习）已知函数（其中）的部分图象如图所示，则（    ）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．D．是的一个零点【答案】ACD【分析】结合函数图像求出的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断BD.【详解】由图像可知，，，所以，即，故A正确；从而，由五点法可得，因为，所以，从而，故C正确；因为，所以不是的对称轴，故B错误；因为，所以是的一个零点，故D正确.故选：ACD.10．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知抛物线的焦点为，点，在抛物线上，过作的垂线交抛物线于，两点，若，则（    ）A．的中点纵坐标为4 B．直线的斜率为1C． D．的中点横坐标为6【答案】ABD【分析】根据中点坐标公式求得的中点纵坐标，判断A; 设直线方程，联立抛物线方程，利用根与系数的关系，可求得直线的斜率，判断B;利用抛物线弦长公式求得，判断C;根据根与系数的关系求得的中点横坐标，判断D.【详解】由题意得：点，在抛物线上，且，故，即的中点纵坐标为4，故A正确；由题意题可知当斜率不存在时，过作的垂线不会交抛物线于A，两点，故设直线方程为 ，联立，得： ，则，故B正确；由题意可设的方程为，联立，得： ，则，则，故C错误；的中点横坐标为 ，故D正确。故选：ABD11．（2022·湖南·高三开学考试）在正四棱台中，，，则（    ）A．该棱台的高为 B．该棱台的表面积为C．该棱台的体积为 D．该棱台外接球的表面积为【答案】ABD【分析】由题意可知，，则可求出正四棱台的高，斜高，即可求出其侧面积为，表面积，体积，设棱台外接球的球心到上底面的距离为，半径为，则可列出方程组，即可解出，则可求出外接球的表面积.【详解】由题可知，，所以正四棱台的高，故A正确，正四棱台的斜高，所以正四棱台的侧面积为，上、下底面的面积分别为4，16，即正四棱台的表面积，故B正确，正四棱台的体积，故C错误，设该棱台外接球的球心为，半径为，点到上底面的距离为，所以，解得，所以该棱台外接球的表面积为，故D正确.故选：ABD.12．（2022·辽宁·昌图县第一高级中学高三阶段练习）已知、，且，则下列不等式中一定成立的是（    ）．A．  B．   C．  D． 【答案】ACD【分析】采用三角代换结合三角函数辅助角公式化简，可判断A;利用基本不等式判断B;利用基本不等式结合对数运算判断C; 利用基本不等式结合指数运算判断D.【详解】A选项，设 、 ， ，∴ ，其中 且 ，∴ ，A正确；B选项，因为、,，故 ，即 ，当且仅当时取等号,B错，C选项， ，即 ，∴ ，当且仅当 时取等号（最大值）,C正确，D选项，由B选项得，∴ ，当且仅当时取等号（最大值），D正确，故选：ACD．第II卷 非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量，则______．【答案】0.3【分析】正态曲线关于直线 ，即 对称，根据其对称性，即可求出答案.【详解】因为，，又所以，根据正态曲线的对称性，可知.故答案为：0.314．（2022·全国·高三专题练习（文））我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一.借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图像的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算.设，则曲线在点处的切线方程为__________，用此结论计算__________.【答案】          【分析】本题首先可通过求导得出以及切线为，然后通过对数的运算得出，最后根据“以直代曲”即可得出结果.【详解】因为，，所以，，切线为，则，根据“以直代曲”，非常接近切点，则可以将代入切线近似代替，，故答案为：，.15．（2022·全国·高三专题练习）已知圆与直线交于，两点，点在直线上，且，则的取值范围为_____【答案】【分析】先联立直线与圆，得到两根之和，并由根的判别式求出的取值范围，求出中点坐标，从而求出的垂直平分线，利用得到是直线与的垂直平分线的交点，故联立两直线，求出交点横坐标，即，利用的取值范围，求出的取值范围.【详解】因为，所以是直线与的垂直平分线的交点，联立与，可得：，由得：或，设，则，所以，所以中点坐标为，的垂直平分线方程为：，与联立得：，因为或，所以故答案为：16．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：的上顶点为B，右焦点为F，直线与椭圆交于两点，若椭圆的右焦点恰好为的垂心，则直线的方程为____________．【答案】．【分析】求出直线的斜率为，设出直线的方程为，与椭圆方程联立得到两根之和，两根之积，根据恰好为的垂心，故，列出方程，求出：或，经检验满足要求.【详解】易知，，直线的斜率为，从而直线的斜率为．设直线的方程为，，，由得．根据韦达定理，，，由于右焦点恰好为的垂心，故，于是 ，解之得：或．当时，点即为直线与椭圆的交点，不合题意；当时，经检验知和椭圆相交，符合题意．∴当且仅当直线的方程为时，点是的垂心．故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（2022·江苏·赣榆智贤中学高三阶段练习）已知{an}是等差数列，a1=1，a4=10，且a1，ak(k∈N*)，a6是等比数列{bn}的前3项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)数列{cn}是由数列{an}的项删去数列{bn}的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列{cn}的前20项的和．【答案】(1)an=3n-2； bn=4n-1(2)767【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差，进而得通项，由等比中项可求解k=2，进而可求解公比，（2）将分组求和即可求解.（1）数列{an}是等差数列，设公差为d，且a1=1，a4=10．则解得d=3，所以an=1+3(n-1)=3n-2．又因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，则=a1·a6，由于ak=3k-2，代入上式解得k=2．于是b1=1，b2=4，b3=16，因此等比数列{bn}的公比q=4，故数列{bn}的通项公式为bn=4n-1．（2）设数列{cn}的前20项的和为S20．因为b4=43=64=a22，b5=44=256=a86，，所以S20=(a1+a2+…+a24)-(b1+b2+b3+b4)=24×1+×3-(1+4+16+64)=767．18．（2022·广西·模拟预测（文））在中，角的对边分别为，已知(1)求；(2)若求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知，可将化简从而求得，然后再利用余弦二倍角公式直接求解即可；（2）由（1）问，可求解出，并判断为钝角，再根据，从而求解出，再使用和差公式计算，使用正弦定理求解出边长，然后带入面积公式即可完成求解.（1）由已知，，所以，因为，所以，此时，所以，得，所以；（2）由（1）可知，，所以且为钝角，由，可知，所以，由正弦定理可知，，所以，所以.19．（2022·重庆·高三阶段练习）中国男子篮球职业联赛（CBA）始于1995年，至今已有28个赛季，根据传统，在每个赛季总决赛之后，要举办一场南北对抗的全明星比赛，其中三分王的投球环节最为吸引眼球，三分王投球的比赛规则如下：一共有五个不同角度的三分点位，每个三分点位有5个球（前四个是普通球，最后一个球是花球），前四个球每投中一个得1分，投不中的得0分，最后一个花球投中得2分，投不中得0分.全明星参赛球员甲在第一个角度的三分点开始投球，已知球员甲投球的命中率为，且每次投篮是否命中相互独立.(1)记球员甲投完1个普通球的得分为X，求X的方差D（X）；(2)若球员甲投完第一个三分点位的5个球后共得到了2分，求他是投中了花球而得到了2分的概率；(3)在比赛结束后与球迷的互动环节中，将球员甲在前两个三分点位使用过的10个篮球对应的小模型放入箱中，由幸运球迷从箱中随机摸出5个小模型，并规定，摸出一个花球小模型计2分，摸出一个普通球小模型计1分，求该幸运球迷摸出5个小模型后的总计分Y的数学期望.【答案】(1)(2)(3)6【分析】(1)用两点分布的概率公式计算即可.(2)设出事件，分别计算P(A)、P(AB)，用条件概率公式计算得结果.(3)用超几何分布概率公式分别计算出所有可能情况的概率，再计算出数学期望.（1）由题设, 服从参数为 的两点分布, .（2）记 表示事件: “甲投完第一个三分点位的五个球得到了 2 分”; 记 表示事件: “甲投中花球”, 则于是 （3）由题设 值可取 , 则于是 20．（2022·湖北·荆州中学高三阶段练习）在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)结合已知条件，利用面面垂直的性质平面，然后利用面面垂直判定定理即可证明；(2)结合已知条件，首先证明平面，然后建立空间直角坐标系，并求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可.（1）分别取，的中点和，连接，，，，如下图：因为，分别是，的中点，所以，且，因为点为棱的中点，所以，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以．因为，是的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）因为侧面为菱形，且，所以为正三角形，所以，由（1）知平面平面，平面平面，所以平面，又由，故，，两两垂直，设，则，以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系如下：则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，从而．设平面的法向量为，则令，则，，从而，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．21．（2022·全国·模拟预测）已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，焦距为．点在第一象限的双曲线上，过点作双曲线切线与直线交于点．(1)证明：；(2)已知斜率为的直线与双曲线左支交于 两点，若直线，的斜率互为相反数，求的面积．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）由题知双曲线的标准方程为，进而设设，在点的切线方程为，再与双曲线方程联立，结合位置关系得，进而得，再根据向量数量积的坐标表示证明即可；（2）设，直线的方程为，进而与双曲线方程联立，结合韦达定理与化简整理得，进而得，此时结合（1）得，，，再计算面积即可.（1）解：因为双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，焦距为，所以，，解得，所以，双曲线的标准方程为，因为过点作双曲线切线与直线交于点，故切线的斜率存在，所以，设，在点的切线方程为，联立方程得所以，，即①因为，代入①式得，解得所以，在点的切线方程为，所以点的坐标为，即，因为，所以所以，（2）解：由题，设直线的方程为，与双曲线方程联立得，设，所以因为直线，的斜率互为相反数，所以，所以，整理得：②将代入②整理得：③结合可知时，③式恒成立，所以，由（1）可知，，，所以，所以的面积.22．（2022·福建泉州·模拟预测）已知函数(1)讨论的单调性；(2)若在有两个极值点，求证：．【答案】(1)当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.(2)见解析【分析】（1）由题意，求导，根据含参二次函数的性质，由判别式进行分类讨论，可得答案；（2）由题意，根据极值点与导数零点的关系，结合韦达定理，化简不等式以及明确参数的取值范围，构造函数，求导研究新函数的单调性，可得答案.（1）由，求导得，易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，①当时，即，，则在上单调递增；②当时，即或，令时，解得或，当时，，则在上单调递减；当或，，则在和上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.（2）在上由两个极值点，或，且为方程的两个根，即，，，，即，将，代入上式，可得：，由题意，需证，令，求导得，当时，，则在上单调递减，即，故.